exercícios sobre equações algéricas

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Soluc¸o˜es de exerc´ıcios seleccionados
Cap´ıtulo 1
1.9. Seja D um domı´nio de integridade. Mostre que:
(a) Para cada d ∈ D − {0}, a aplicac¸a˜o φd : D → D, definida por φd(x) = dx, e´
injectiva.
(b) Se D e´ finito, enta˜o D e´ um corpo.
(a) Se d ∈ D − {0}, enta˜o para quaisquer x, y ∈ D,
dx = dy ⇔ dx− dy = 0⇔ d(x− y) = 0⇒ x− y = 0⇔ x = y,
o que mostra que φd e´ injectiva.
(b) Se D e´ finito enta˜o, para cada d ∈ D−{0}, sendo injectiva, φd e´ imediatamente
bijectiva. Portanto, existe c ∈ D tal que φd(c) = 1, isto e´, dc = 1. Isto significa
que qualquer d ∈ D − {0} e´ invert´ıvel, e D e´ um corpo.
1.24. Seja (A,+, ·) um anel comutativo. Considere o conjunto
N(A) = {a ∈ A | ∃n ∈ N, an = 0}.
(a) Calcule N(Z) e N(Z16).
(b) Mostre que:
(i) N(A) e´ um ideal de A.
(ii) Para qualquer ideal primo I de A, N(A) ⊆ I.
(iii) N(A/N(A)) = {N(A)}.
(a) N(Z) = {0} pois Z na˜o possui divisores de zero (an = 0 num domı´nio de
integridade implica sempre a = 0).
Por outro lado, an = 0 em Z16 significa an ≡ 0 (mod 16) em Z, isto e´,
16 = 24 | an. Assim, necessariamente, 2 | a e a e´ obrigatoriamente par. Como
esta condic¸a˜o e´ tambe´m claramente suficiente, enta˜o
N(Z16) = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14}.
155
156 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(b)(i) E´ evidente que 0 ∈ N(A). E´ tambe´m evidente que para quaisquer a ∈ N(A)
e b ∈ A, ab ∈ N(A), uma vez que (ab)n = anbn para qualquer n.
Sejam a, b ∈ N(A) (suponhamos an = 0 e bm = 0). Enta˜o at = 0 para qualquer
t ≥ n e bs = 0 para qualquer s ≥ m. Portanto, para k ≥ n e usando a fo´rmula
binomial (a − b)k = ∑ki=0(−1)k−i(ki)ai bk−i, va´lida em qualquer anel comutativo,
temos:
i k − i ai bk−i
0 k bk
1 k − 1 a bk−1
2 k − 2 a2 bk−2
...
...
...
n− 1 k − n+ 1 an−1 bk−n+1
n k − n an bk−n = 0
n+ 1 k − n− 1 an+1 bk−n−1 = 0
...
...
...
k 0 ak = 0
Assim, como os ai sa˜o nulos a partir de i = n, para garantirmos que todas as
parcelas no somato´rio sa˜o nulas (e assim garantirmos que (a− b)k = 0, mostrando
que a − b ∈ N(A)) basta exigir que k − n + 1 ≥ m (para que tenhamos bk−i = 0
para i = 0, 1, 2, . . . , n− 1). Portanto, para k ≥ m+ n− 1, (a− b)k = 0.
(ii) Seja I um ideal primo de A. Se a ∈ N(A) enta˜o an = 0 para algum natural
n. Mas aan−1 = an = 0 ∈ I e I e´ primo, o que implica a ∈ I ou an−1 ∈ I. No
primeiro caso conclu´ımos logo o que deseja´vamos. No segundo caso, aplicando o
mesmo racioc´ınio, podemos concluir que a ∈ I ou an−2 ∈ I. Repetindo o racioc´ınio
indutivamente chegaremos, ao cabo de um nu´mero finito de passos, a` conclusa˜o
de que a ∈ I sempre.
(iii) A/N(A) = {a+N(A) | a ∈ A} pelo que
a+N(A) ∈ N(A/N(A)) ⇔ ∃n ∈ N : (a+N(A))n = N(A)
⇔ ∃n ∈ N : an +N(A) = N(A)
⇔ ∃n ∈ N : an ∈ N(A)
⇔ ∃n ∈ N, ∃m ∈ N : (an)m = 0
⇔ ∃n,m ∈ N : anm = 0
⇔ a ∈ N(A)
⇔ a+N(A) = N(A).
Portanto N(A/N(A)) = {N(A)}.
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 157
1.25. Prove que se A e´ um anel, I e J sa˜o ideais de A e P e´ um ideal primo de
A, enta˜o
IJ ⊆ P ⇒ I ⊆ P ou J ⊆ P.
Suponhamos que IJ ⊆ P e I * P . Enta˜o existe a ∈ I tal que a /∈ P . Mas, para
qualquer b ∈ J , ab ∈ IJ ⊆ P , o que implica, pela primalidade de P , que a ∈ P
ou b ∈ P . Como a /∈ P , teremos que ter forc¸osamente b em P , o que mostra que
J ⊆ P .
1.32. Seja A = (Q,+, ∗), onde + denota a adic¸a˜o usual de racionais e ∗ e´ definida
por a ∗ b = 2ab.
(a) Mostre que A e´ um anel comutativo com identidade.
(b) Determine um subanel de A que seja isomorfo ao anel usual (Z,+,×) dos
inteiros, descrevendo o isomorfismo (e justificando que se trata de facto de
um isomorfismo).
(a) Uma vez que + e´ a adic¸a˜o usual, o par (Q,+) e´ um grupo comutativo. Bastara´
enta˜o verificar que a operac¸a˜o ∗ e´ associativa, distributiva relativamente a` adic¸a˜o
e tem elemento neutro:
Associatividade: Para quaisquer a, b, c ∈ Q temos a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (2bc) = 2a2bc =
4abc enquanto (a ∗ b) ∗ c = (2ab) ∗ c = 4abc, pelo que se confirma a propriedade.
Distributividade: Como ∗ e´ comutativa basta verificar uma das condic¸o˜es de dis-
tributividade: para quaisquer a, b, c ∈ Q, a ∗ (b + c) = 2a(b + c) = 2ab + 2ac =
(a ∗ b) + (a ∗ c).
Elemento neutro: 1/2 e´ elemento neutro de ∗ pois, para qualquer a ∈ Q, a∗(1/2) =
a.
(b) Consideremos S = {a/2 : a ∈ Z} ⊆ Q, que e´ claramente um subanel de A: e´
na˜o vazio e, para quaisquer x = a/2, y = b/2 ∈ S, tem-se x− y = (a/2)− (b/2) =
(a− b)/2 ∈ S e x ∗ y = 2xy = 2(a/2)(b/2) = ab/2 ∈ S.
Tambe´m na˜o e´ dif´ıcil ver que (S,+, ∗) ∼= (Z,+, ·):
Como, para cada x ∈ S, 2x ∈ Z, podemos definir a func¸a˜o
f : (S,+, ∗) → (Z,+, ·)
x 7→ 2x.
E´ um homomorfismo de ane´is: para quaisquer x, y ∈ S tem-se f(x + y) =
2(x+ y) = 2x+ 2y = f(x) + f(y) e f(x ∗ y) = f(2xy) = 4xy = 2x2y = f(x)f(y).
158 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
E´ injectiva: f(x) = f(y)⇔ 2x = 2y ⇔ x = y.
E´ sobrejectiva: para cada a ∈ Z seja x = a/2 ∈ S; evidentemente f(x) =
2(a/2) = a.
1.33. Seja A = (Q,+, ∗), onde + denota a adic¸a˜o usual de racionais e ∗ e´ definida
por a ∗ b = ab/3.
(a) Mostre que A e´ um corpo.
(b) Determine um subanel de A que seja isomorfo ao anel usual (Z,+, ·) dos
inteiros, descrevendo o isomorfismo.
(a) Uma vez que + e´ a adic¸a˜o usual, o par (Q,+) e´ um grupo comutativo. Bastara´
enta˜o verificar que a operac¸a˜o ∗ e´ distributiva relativamente a` adic¸a˜o, associativa,
comutativa e tem elemento neutro e que todo o elemento diferente do zero tem
inverso relativamente a esta operac¸a˜o:
Distributividade: Como ∗ e´ comutativa basta verificar uma das condic¸o˜es de dis-
tributividade: para quaisquer a, b, c ∈ Q,
a ∗ (b+ c) = a(b+ c)
3
=
ab+ ac
3
=
ab
3
+
ac
3
= (a ∗ b) + (a ∗ c).
Associatividade: Para quaisquer a, b, c ∈ Q, a ∗ (b ∗ c) = a ∗ bc3 = abc9 enquanto
(a ∗ b) ∗ c = ab3 ∗ c = abc9 , pelo que se confirma a propriedade.
Comutatividade: Para quaisquer a, b ∈ Q, a ∗ b = ab3 = ba3 = b ∗ a.
Elemento neutro: 3 e´ elemento neutro de ∗ pois, para qualquer a ∈ Q, a ∗ 3 = a.
Existeˆncia de inversos: Para cada a 6= 0 em Q, 9a e´ o inverso de a pois a ∗ 9a = 3.
(b) Consideremos S = 3Z ⊆ Q, que e´ claramente um subanel de A: e´ na˜o vazio e,
para quaisquer x = 3a, y = 3b ∈ S, tem-se x− y = 3a− 3b = 3(a− b) ∈ S e
x ∗ y = xy
3
=
3a3b
3
= 3ab ∈ S.
Tambe´m na˜o e´ dif´ıcil ver que (S,+, ∗) ∼= (Z,+, ·): a func¸a˜o
f : (S,+, ∗) → (Z,+, ·)
x 7→ x3
e´ um homomorfismo de ane´is: para quaisquer x, y ∈ S tem-se
f(x+ y) =
x+ y
3
=
x
3
+
y
3
= f(x) + f(y) e f(x∗ y) = f(xy
3
) =
xy
9
= f(x)f(y).
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 159
Ale´m disso, e´ injectiva, pois
f(x) = f(y)⇔ x
3
=
y
3
⇔ x = y,
e e´ sobrejectiva, pois para cada a ∈ Z, tomando x = 3a ∈ S, tem-se evidentemente
f(x) = 3a3 = a.
1.35. Seja D um domı´nio de integridade e considere no conjunto S = D×(D\{0})
a relac¸a˜o
(a, b) ∼ (c, d) ≡ ad = bc.
(a) Mostre que ∼ e´ uma relac¸a˜o de equivaleˆncia em S.
(b) Denote a classe de equivaleˆncia {(c, d) ∈ S | (c, d) ∼ (a, b)} por a/b (ou ab ) e
o conjunto de todas as classes de equivaleˆncia {a/b | (a, b) ∈ S} por K. Prove
que
a/b+ c/d = (ad+ bc)/bd e a/b · c/d = ac/bd
definem operac¸o˜es em K que lhe da˜o uma estrutura de corpo (o chamado corpo
das fracc¸o˜es ou quocientes de D).
(c) No caso D = Z que corpo e´ K ?
(d) Mostre que D′ = {a/1 | a ∈ D} e´ um subanel de K isomorfo a D e que para
cada x ∈ K existem a, b ∈ D′ com b 6= 0 tais que x = ab−1.
(e) Seja D′ um domı´nio de integridade contido num corpo L e
K ′ = {a′(b′)−1 | a′, b′ ∈ D′, b′ 6= 0}.
Prove que K ′ e´ o menor subcorpo de L que conte´m D′ e qualquer isomorfismo
de D em D′ tem uma extensa˜o u´nica a um isomorfismo de K em K ′.
(f) Conclua que o corpo dos quocientes K de um domı´nio de integridade D e´ o
menor corpo (a menos de isomorfismo) contendo D (no sentido de que na˜o
existe nenhum corpo L tal que D ⊂ L ⊂ K).
(a) As propriedades reflexiva e sime´trica sa˜o imediatas. Suponhamos (a, b) ∼
(c, d) e (c, d) ∼ (e, f). Enta˜o ad = bc e cf = de. Isto implica adf = bcf
e bcf = bde e portanto adf = bde. Cancelando d obtemos af = be, isto e´,
(a, b) ∼ (e, f). Assim, ∼ e´ transitiva.
160 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(b)A operac¸a˜o + esta´ bem definida: sejam a/b, c/d, a′/b′, c′/f ′ ∈ K e suponhamos
a/b = a′/b′ e c/d = c′/d′. Enta˜o ab′ = ba′ e cd′ = dc′, pelo que ab′dd′ = ba′dd′
e cd′bb′ = dc′bb′. Portanto ab′dd′+ cd′bb′ = ba′dd′+ dc′bb′ e consequentemente
(ad+ bc)b′d′ = bd(a′d′ + b′c′). Isto significa que
(ad+ bc, bd) ∼ (a′d′ + b′c′, b′d′)
donde (ad+ bc)/bd = (a′d′ + b′c′)/b′d′.
Uma prova ana´loga mostra que · tambe´m esta´ bem definida.
As propriedades associativa,comutativa e distributiva sa˜o simples de verificar.
O elemento neutro de + e´ 0/b e o elemento neutro de · e´ b/b (onde b 6= 0).
Para cada a/b ∈ K, o respectivo sime´trico e´ a fracc¸a˜o (−a)/b = a/(−b) e o
inverso, quando a/b 6= 0 (isto e´, a 6= 0), e´ a fracc¸a˜o b/a. Portanto, K e´ um
corpo.
(c) E´ evidente que o caso D = Z nos da´ K = Q. Assim, a construc¸a˜o de K a
partir de D e´ uma generalizac¸a˜o da construc¸a˜o cla´ssica dos racionais como
fracc¸o˜es de inteiros.
(d) O facto de que D′ e´ um subanel de K e´ evidente: 0 = 0/1 ∈ D′ e para
quaisquer a/1, b/1 ∈ D′, a/1− b/1 = (a− b)/1 ∈ D′ e a/1 · b/1 = ab/1 ∈ D′.
Definindo f : D → D′ por f(a) = a/1 para qualquer a ∈ D, temos
f(a+ b) = (a+ b)/1 = (a · 1 + b · 1)/1 · 1 = a/1 + b/1 = f(a) + f(b)
e
f(ab) = ab/1 = a/1 · b/1 = f(a) · f(b).
Da definic¸a˜o de f , f e´ claramente sobrejectiva. Quanto a` injectividade, basta
observar que
a = b⇔ a · 1 = 1 · b⇔ a/1 = b/1⇔ f(a) = f(b).
Portanto, f e´ um isomorfismo de D em D′ ⊆ K. O resto e´ o´bvio: para cada
x = a/b ∈ K, b 6= 0 (pelo que b/1 6= 0) e
a/b = a/1 · 1/b = a/1 · (b/1)−1.
(e) E´ fa´cil verificar que K ′ e´ um subcorpo de L. E´ o´bvio que se trata enta˜o
do menor subcorpo de L que conte´m D′. Seja f um isomorfismo de D em
D′ e a/b ∈ K. Consideremos a func¸a˜o g : K → K ′ definida por g(a/b) =
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 161
f(a)f(b)−1. Identificando o domı´nio D com o conjunto {a/1 | a ∈ D}, e´ claro
que f = g|D. Ale´m disso,
a/b = c/d⇔ ad = bc⇔ f(ad) = f(bc)⇔ f(a)f(d) = f(b)f(c)⇔
⇔ f(a)f(b)−1 = f(c)f(d)−1 ⇔ g(a/b) = g(c/d).
Portanto, g e´ injectiva. Da definic¸a˜o de g, segue tambe´m que g e´ sobrejectiva.
Ale´m disso,
g(a/b+ c/d) = g((ad+ bc)/bd)
= f(ad+ bc)(f(bd))−1
= [f(a)f(d) + f(b)f(c)][f(b)−1f(d)−1]
= f(a)f(b)−1 + f(c)f(d)−1
= g(a/b) + g(c/d)
e
g(a/b · c/d) = g(ac/bd)
= f(ac)(f(bd))−1
= [f(a)f(c)][f(b)−1f(d)−1]
= f(a)f(b)−1f(c)f(d)−1
= g(a/b)g(c/d)
para quaisquer a/b, c/d ∈ K. Logo, g e´ um isomorfismo.
Seja g′ outro isomorfismo de K em K ′ tal que f = g′|D. Enta˜o, para qualquer
a/b ∈ K,
g′(a/b) = g′(a/1 · (b/1)−1)
= g′(a/1)g′((b/1)−1)
= g′(a/1)g′(b/1)−1
= f(a)f(b)−1
= g(a/b).
(f) A conclusa˜o e´ imediata da al´ınea anterior.
Cap´ıtulo 2
2.8. Mostre que se 1+i e´ raiz de p(x) ∈ R[x], enta˜o p(x) e´ divis´ıvel por x2−2x+2
em R[x].
162 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
Se 1 + i e´ raiz de p(x), enta˜o o seu conjugado 1 − i tambe´m o e´. Logo p(x) e´
divis´ıvel por (x− (1 + i))(x− (1− i)) = x2 − 2x+ 2.
2.9. Seja K um corpo. Mostre que se ϕ : K[x]→ K[x] e´ um isomorfismo tal que
ϕ(a) = a para qualquer a ∈ K, enta˜o ϕ(x) = cx+ d para algum par c, d ∈ K.
Pelo algoritmo da divisa˜o em K[x], ϕ(x) = q(x)x + d para algum q(x) ∈ K[x]
e algum d ∈ K. Como ϕ e´ sobrejectiva, existem q1(x) e p(x) em K[x] tais que
ϕ(q1(x)) = q(x) e ϕ(p(x)) = x. Portanto,
ϕ(x) = ϕ(q1(x))ϕ(p(x)) + ϕ(d) = ϕ(q1(x)p(x) + d).
Agora, pela injectividade de ϕ, podemos concluir que x = q1(x)p(x) + d, o que
implica que gr(q1(x)p(x)) = 1. Consequentemente, ou gr(q1(x)) = 1 e gr(p(x)) =
0, ou gr(q1(x)) = 0 e gr(p(x)) = 1. Suponhamos que acontece o primeiro caso.
Enta˜o p(x) = a ∈ K, o que implica x = ϕ(p(x)) = ϕ(a) = a, uma contradic¸a˜o.
Logo, ocorre necessariamente o segundo caso: q1(x) = c ∈ K e
ϕ(x) = ϕ(q1(x)p(x) + d) = ϕ(cp(x) + d) = cx+ d.
2.17. Indique, justificando, quais dos seguintes polino´mios sa˜o irredut´ıveis sobre
Q:
p(x) = 5x5−10x3 +6x2−2x+6, q(x) = x4−x2−2, r(x) = 4x3−3x− 12 .
p(x), pelo crite´rio de Eisenstein (com p = 2), e´ irredut´ıvel sobre Q.
As poss´ıveis ra´ızes racionais de q(x) = x4−x2−2 sa˜o 1, −1, 2 e −2. Nenhuma
delas e´ raiz pelo que o polino´mio na˜o tem ra´ızes racionais. Assim, a u´nica hipo´tese
dele ser redut´ıvel sobre Q e´ factorizar-se na forma
q(x) = (x2 + ax+ b)(x2 + cx+ d)
para alguns racionais a, b, c, d. Resolvendo o sistema correspondente
a+ c = 0
b+ ac+ d = −1
ad+ bc = 0
bd = −2.
chega-se a uma soluc¸a˜o:
q(x) = (x2 + 1)(x2 − 2).
Portanto, q(x) e´ redut´ıvel sobre Q.
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 163
r(x) e´ irredut´ıvel sobre Q se e so´ se 8x3 − 6x − 1 o for. As poss´ıveis ra´ızes
racionais deste u´ltimo polino´mio sa˜o: ±1,±12 ,±14 ,±18 . Nenhuma delas e´ de facto
uma raiz pelo que o polino´mio, na˜o tendo ra´ızes em Q e sendo de grau 3, e´
irredut´ıvel sobre Q.
2.18. Determine a factorizac¸a˜o do polino´mio q(x) = x4 − x2 − 2 ∈ Q[x] em
factores irredut´ıveis.
Sabemos ja´ (pelo exerc´ıcio anterior) que q(x) na˜o tem ra´ızes racionais e q(x) =
(x2 + 1)(x2 − 2). Portanto, esta e´ a factorizac¸a˜o de q(x) em factores irredut´ıveis.
2.22.
(a) Calcule o produto (2x2 + x+ 1)(2x2 + 3x+ 2) em Zm[x], para m = 2, 3, 6.
(b) x4 + 2x3 + 2x+ 2 e´ irredut´ıvel em Z3[x]?
(a)
(2x2 + x+ 1)(2x2 + 3x+ 2) = 4x4 + 6x3 + 4x2 + 2x3 + 3x2 + 2x+ 2x2 + 3x+ 2
= 4x4 + 8x3 + 9x2 + 5x+ 2
=

x2 + x se m = 2
x4 + 2x3 + 2x+ 2 se m = 3
4x4 + 2x3 + 3x2 + 5x+ 2 se m = 6.
(b) Na˜o: pela al´ınea anterior, x4 + 2x3 + 2x+ 2 = (2x2 + x+ 1)(2x2 + 3x+ 2), e
nenhum destes factores, sendo de grau 2, e´ uma unidade de Z3[x].
2.23. Seja K um corpo. Mostre que se anx
n + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 e´
irredut´ıvel em K[x], tambe´m a0x
n + a1x
n−1 + · · ·+ an−1x+ an o e´.
Dado p(x) = anx
n + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 ∈ K[x], denotemos por p(x) o
polino´mio a0x
n+a1x
n−1 + · · ·+an−1x+an. Basta verificar que se p(x) = q(x)r(x)
enta˜o p(x) = q(x) r(x).
2.24. (b) Conclua que se A e´ um corpo, enta˜o p(x) e´ irredut´ıvel em A[x] se e so´
se p(x+ c) o e´.
Se p(x) e´ redut´ıvel enta˜o p(x) = q(x)r(x) (onde q(x) e r(x) teˆm grau ≥ 1). Pela
al´ınea (a), isto implica p(x + c) = q(x + c)r(x + c), o que mostra que p(x + c) e´
redut´ıvel (e´ evidente que os polino´mios q(x + c) e r(x + c) continuam a ter grau
164 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
≥ 1). Reciprocamente, se p(x + c) = q(x)r(x) enta˜o (novamente pela al´ınea (a))
p(x) = q(x− c)r(x− c), o que mostra que p(x) e´ redut´ıvel.
2.26. Para cada um dos seguintes ideais I de Z2[x]
(a) 〈x3 + x+ 1〉
(b) 〈x2〉
justifique se Z2[x]/I e´ um corpo. Construa as tabelas de Z2[x]/〈x2〉.
Z2[x]/I e´ um corpo se e so´ se o ideal I = 〈p(x)〉 e´ maximal, isto e´, se e so´ se p(x)
e´ irredut´ıvel sobre Z2.
(a) O polino´mio p(x) = x3 + x + 1 tem grau 3 e na˜o tem ra´ızes em Z2 logo e´
irredut´ıvel em Z2[x] (de facto, p(0) = p(1) = 1). Portanto, o ideal 〈x3 +x+ 1〉
e´ maximal em Z2[x] e Z2[x]/〈x3 + x+ 1〉 e´ um corpo.
(b) O polino´mio p(x) = x2 tem uma raiz em Z2 (p(0) = 0) logo e´ redut´ıvel em
Z2[x]. Portanto, o ideal 〈x2〉 na˜o e´ maximal em Z2[x] pelo que Z2[x]/〈x2〉 na˜o
e´ um corpo.
Denotando o elemento p(x) + 〈x2〉 de Z2[x]/〈x2〉 por p(x) tem-se
Z2[x]/〈x2〉 = {p(x) : p(x) ∈ Z2[x]}
= {a0 + a1x : a0, a1 ∈ Z2}
pois para cada p(x) = x2q(x) + r(x), p(x) = r(x) (onde gr(r(x)) ≤ 2). Portanto
Z2[x]/〈x2〉 = {0, 1, x, x+ 1}, com tabelas
+ 0 1 x x+ 1
0 0 1 x x+ 1
1 1 0 x+ 1 x
x x x+ 1 0 1
x+ 1 x+ 1 x 1 0
× 0 1 x x+ 1
0 0 0 0 0
1 0 1 x x+ 1
x 0 x 0 x
x+ 1 0 x+ 1 x 1
2.27. (b) Determine Z2[x]/
〈
x2 + x+ 1
〉
e escreva as respectivas tabelas de anel.
Por definic¸a˜o, Z2[x]/I = {f(x) + I | f(x) ∈ Z2[x]}. Mas, dividindo f(x) por
x2 + x + 1, obtemos f(x) = (x2 + x + 1)q(x) + r(x) onde gr(r(x)) ≤ 1. E´ claro
que enta˜o f(x) + I = r(x) + I. Portanto
Z2[x]/I = {r(x) + I | r(x) ∈ Z2[x], gr(r(x)) ≤ 1}
= {0 + I, 1 + I, x+ I, 1 + x+ I}
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 165
e´ constitu´ıdo pelas classes definidas pelos restos da divisa˜o dos polino´mios de
coeficientes em Z2[x] por x2 + x+ 1.
Denotando 0 + I por 0, 1 + I por 1, x+ I por α e 1 + x+ I por β, as tabelasdas operac¸o˜es de L sa˜o as seguintes:
+ 0 1 α β
0 0 1 α β
1 1 0 β α
α α β 0 1
β β α 1 0
× 0 1 α β
0 0 0 0 0
1 0 1 α β
α 0 α β 1
β 0 β 1 α
Por exemplo,
α+ β = (x+ I) + (1 + x+ I) = 1 + I = 1
e
αβ = x(1 + x) + I = x+ x2 + I = 1 + I = 1.
2.28. Considere o polino´mio p(x) = x3 + 2x2 + 1 ∈ Z5[x].
(a) Mostre que K = Z5[x]/〈p(x)〉 e´ um corpo e descreva os seus elementos.
(b) Determine o cardinal de K e a sua caracter´ıstica.
(a) O polino´mio p(x) = x3 + 2x2 + 1 tem grau 3 e na˜o tem ra´ızes em Z5 logo
e´ irredut´ıvel em Z5[x] (de facto, p(0) = 1, p(1) = 4, p(2) = 2, p(3) = 1 e
p(4) = 2). Portanto, o ideal 〈p(x)〉 e´ maximal em Z5[x] e K = Z5[x]/〈p(x)〉 e´
um corpo. Tem-se
K = {a0 + a1x+ a2x2 + 〈p(x)〉 | a0, a1, a2 ∈ Z5}
∼= {a0 + a1θ + a2θ2 | a0, a1, a2 ∈ Z5}
com θ3 = −2θ2 − 1 = 3θ2 + 4.
(b) Cada elemento de K admite uma u´nica expressa˜o a0 + a1θ + a2θ
2, com
a0, a1, a2 ∈ Z5, pelo que |K| = 53 = 125. Como Z5 ⊆ K e a caracter´ıstica
de Z5 e´ 5, obtemos car(K) = 5.
2.33. Seja p um inteiro primo. Prove que o polino´mio cicloto´mico
Φp(x) = x
p−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1 = x
p − 1
x− 1
166 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
e´ irredut´ıvel em Q[x].
Pelo Exerc´ıcio 2.24, um polino´mio p(x) e´ irredut´ıvel se e so´ se p(x+c) e´ irredut´ıvel
(onde c e´ uma constante). Em particular, Φp(x) e´ irredut´ıvel se e so´ se
Φp(x+ 1) =
(x+ 1)p − 1
x
e´ irredut´ıvel. Este u´ltimo polino´mio e´ igual a
xp−1 + pxp−2 +
(
p
2
)
xp−3 + · · ·+
(
p
2
)
x+ p.
Quando p e´ primo, observa´mos na demonstrac¸a˜o da Proposic¸a˜o 1.5 que p divide(
p
i
)
(para 1 ≤ p ≤ p− 1). Basta agora aplicar o crite´rio de Eisenstein.
Nota: Se n na˜o e´ primo, enta˜o Φn(x) = x
n−1 + xn−2 + · · ·+ x+ 1 factoriza-se em
Q[x]. Por exemplo,
x3 + x2 + x+ 1 = (x+ 1)(x2 + 1).
Cap´ıtulo 3
3.6. (d) Determine o inverso de θ2−6θ+8 na extensa˜o simples Q(θ), onde θ 6= 0
e´ tal que θ4 − 6θ3 + 9θ2 + 3θ = 0.
O polino´mio x4−6x3 +9x2 +3x = x(x3−6x2 +9x+3), do qual θ e´ raiz, e´ redut´ıvel
sobre Q. Como θ 6= 0, enta˜o θ e´ raiz do factor x3− 6x2 + 9x+ 3. Este polino´mio e´
irredut´ıvel sobre Q (pelo crite´rio de Eisenstein, p = 3), logo e´ o polino´mio mı´nimo
m(x) de θ sobre Q. Seja f(x) = x2 − 6x+ 8. Uma vez que m(x) = xf(x) + x+ 3
e f(x) = (x− 9)(x+ 3) + 35 (o que confirma que mdc(m(x), f(x)) = 1), enta˜o
35 = f(x)− (x− 9)(m(x)− xf(x)) = (x2 − 9x+ 1)f(x)− (x− 9)m(x),
ou seja,
1 =
1
35
[(x2 − 9x+ 1)f(x)− (x− 9)m(x)].
Substituindo x por θ obtemos 1 = 135(θ
2 − 9θ + 1)f(θ), o que mostra que
(θ2 − 6θ + 8)−1 = f(θ)−1 = 1
35
(θ2 − 9θ + 1).
3.7. Seja L uma extensa˜o dum corpo K e θ ∈ L um elemento alge´brico de grau n
sobre K. Prove que todo o elemento de K(θ) se pode exprimir de modo u´nico na
forma a0 + a1θ + · · ·+ an−1θn−1 com ai ∈ K (i = 0, . . . , n− 1).
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 167
Como θ e´ alge´brico sobre K, K(θ) = K[θ] = {f(θ) | f(x) ∈ K[x]}, como vimos
nas aulas. Seja m(x) o polino´mio mı´nimo de θ sobre K. Para cada elemento
f(θ) ∈ K[θ], consideremos o polino´mio f(x) a ele associado. Dividindo f(x) por
m(x) obtemos f(x) = q(x)m(x) + r(x), onde gr(r(x)) < n. Enta˜o
f(θ) = q(θ)m(θ) + r(θ) = r(θ)
e r(θ) e´ da forma a0 + a1θ + · · · + an−1θn−1 com ai ∈ K (i = 0, . . . , n − 1). A
unicidade desta representac¸a˜o e´ tambe´m simples de provar:
Se f(θ) = r1(θ) = r2(θ), enta˜o r1(θ) − r2(θ) = 0. Consideremos o polino´mio
h(x) = r1(x) − r2(x), que tem grau inferior a n e admite θ por raiz. Como o
polino´mio mı´nimo de θ sobre K tem grau n, superior ao de h(x), este tem que ser
igual a zero, donde r1(x) = r2(x).
3.9. (b) Determine o polino´mio mı´nimo sobre Q de
√
3 +
√
5.
Seja θ =
√
3 +
√
5 ∈ R. Como θ2 = 8 + 2√15 enta˜o (θ2 − 8)2 = 60. Assim
θ4 − 16θ2 + 4 = 0 pelo que θ e´ raiz de x4 − 16x2 + 4 ∈ Q[x]. Este polino´mio e´
irredutivel em Q[x] e e´ assim o polino´mio mı´nimo de θ sobre Q. De facto:
• Na˜o tem ra´ızes racionais: as u´nicas possibilidades sa˜o ±1, ±2, ±4, nenhuma
o e´.
• Portanto, a u´nica possibilidade de ser redut´ıvel e´ factorizar-se na forma
x4 − 16x2 + 4 = (x2 + ax+ b)(x2 + a′x+ b′).
Isto sera´ poss´ıvel precisamente se o sistema
a+ a′ = 0
b+ aa′ + b′ = −16
ab′ + a′b = 0
bb′ = 4
tiver soluc¸a˜o em Q. Resolvendo vem
a′ = −a
———–
a(b′ − b) = 0⇔ a = 0 ∨ b′ = b
———–
O caso a = 0 implica b + b′ = −16 e bb′ = 4, ou seja, b2 + 16b + 4 = 0, que na˜o
tem ra´ızes racionais. Por outro lado, o caso b′ = b implica b2 = 4, ou seja, b = 2
ou b = −2. Substituindo na segunda equac¸a˜o obtemos
−a2 + 4 = −16⇔ a2 = 20 ou − a2 − 4 = −16⇔ a2 = 12,
168 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
ambas imposs´ıveis em Q.
Em conclusa˜o, o sistema e´ imposs´ıvel.
3.13. Seja L uma extensa˜o finita de K. Prove que:
(a) Se [L : K] e´ um nu´mero primo, enta˜o L e´ uma extensa˜o simples de K.
(b) Se θ ∈ L, enta˜o o grau de θ e´ um divisor de [L : K]. Conclua que se tem
L = K(θ) se e so´ se o grau de θ coincidir com [L : K].
(c) Se f(x) ∈ K[x] e´ irredut´ıvel sobre K e o grau de f(x) e´ um nu´mero primo
com [L : K] e maior do que 1, enta˜o f(x) na˜o tem ra´ızes em L.
(a) Se L e´ uma extensa˜o finita de K todos os seus elementos sa˜o alge´bricos sobre
K. Como [L : K] = p > 1, existe θ ∈ L \K. Pelo Teorema da Torre,
p = [L : K] = [L : K(θ)][K(θ) : K]. (1)
Como θ /∈ K, [K(θ) : K] > 1. Mas p e´ primo, donde so´ pode ser [K(θ) : K] = p
e [L : K(θ)] = 1. Esta u´ltima igualdade diz-nos que L = K(θ), pelo que L e´
uma extensa˜o simples de K.
(b) Como, por definic¸a˜o, o grau de θ coincide com [K(θ) : K], por (1) este e´ um
divisor de [L : K] e coincide com [L : K] se e so´ se [L : K(θ)] = 1, ou seja,
L = K(θ).
(c) Suponhamos, por absurdo, que f(x) tinha uma raiz θ em L. Seja m(x) o
polino´mio mo´nico associado a f(x). Evidentemente, trata-se do polino´mio
mı´nimo de θ sobre K. Portanto, [K(θ) : K] = gr(f(x)) seria um nu´mero
primo com [L : K], o que e´ absurdo por (1). Logo f(x) na˜o tem ra´ızes em L.
3.15. (e) Determine o grau sobre Q e uma base da extensa˜o Q(α, β), onde α3 −
α+ 1 = 0 e β2 − β = 1.
Pelo Teorema da Torre,
[Q(α, β) : Q] = [Q(α, β) : Q(α)][Q(α) : Q].
Como x3 − x + 1 e´ irredut´ıvel sobre Q (pois na˜o tem ra´ızes racionais), trata-se
do polino´mio mı´nimo de α sobre Q. Assim, [Q(α) : Q] = 3 e {1, α, α2} e´ uma
base desta extensa˜o simples. Portanto, Q(α) = {a + bα + cα2 | a, b, c ∈ Q}. Por
outro lado, β e´ raiz do polino´mio f(x) = x2 − x − 1. Sera´ que este polino´mio e´
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 169
irredut´ıvel sobre Q(α)? Sim, pelo exerc´ıcio anterior (al´ınea (c)): f(x) ∈ Q[x] e´
irredut´ıvel sobre Q e o seu grau e´ um nu´mero primo com [Q(α) : Q] e maior do
que 1, pelo que na˜o tem ra´ızes em Q(α). Como e´ de grau 3 sera´ irredut´ıvel sobre
Q(α). Assim, [Q(α, β) : Q(α)] = 2 e {1, β} e´ uma base desta extensa˜o simples.
Concluindo, [Q(α, β) : Q] = 6 e {1, α, α2, β, αβ, α2β} e´ uma base da extensa˜o
dupla Q(α, β) de Q.
3.17. Sejam α3 = 2, w uma raiz cu´bica da unidade e β = wα. Determine a
dimensa˜o e uma base de Q(α, β) sobre Q.
Pelo Teorema da Torre,
[Q(α, β) : Q] = [Q(α, β) : Q(α)][Q(α) : Q].
Como x3−2 e´ irredut´ıvel sobreQ (pelo crite´rio de Eisenstein), trata-se do polino´mio
mı´nimo de α sobre Q. Assim, [Q(α) : Q] = 3 e {1, α, α2} e´ uma base desta extensa˜o
simples. Portanto,
Q(α) = {a+ bα+ cα2 | a, b, c ∈ Q}.
Por outro lado, β e´ tambe´m raiz do polino´mio f(x) = x3−2 (pois β3 = w3α3 = 2).
Sera´ que este polino´mio e´ irredut´ıvel sobre Q(α)? Mas agora este polino´mio ja´ e´
redut´ıvel sobre Q(α), uma vez que α e´ uma das suas ra´ızes. Com efeito, x3 − 2 =
(x − α)(x2 + αx + α2). Agora dois casos podem ocorrer, ou β e´ raiz do primeiro
factor, ou e´ raiz do segundo factor:
Caso 1: β = α. Neste caso Q(α, β) = Q(α) e o problema ja´ esta´ resolvido (a
dimensa˜o e´ 3 e a base e´ {1, α, α2}).
Caso 2: β 6= α. Neste caso β e´ raiz de x2 + αx+ α2. Agora, para indagarmos da
sua irredutibilidade sobre Q(α), na˜o podemos utilizar o Exerc´ıcio 3.12 (c), pois
este polino´mio na˜o tem coeficientes racionais. Para verificarmos isso na˜o temos
outra hipo´tesesena˜o investigar directamente se tem alguma raiz em Q(α), ou seja,
se existem racionais a, b e c tais que
(a+ bα+ cα2)2 + α(a+ bα+ cα2) + α2 = 0.
Efectuando os ca´lculos em Q(α), esta equac¸a˜o e´ ainda equivalente a
(a2 + 4bc+ 2c) + (2ab+ 2c2 + a)α+ (2ac+ b2 + b+ 1)α2 = 0.
Como {1, α, α2} e´ uma base do espac¸o vectorial Q(α) (sobre Q), obtemos
a2 + 4bc+ 2c = 0
2ab+ 2c2 + a = 0
2ac+ b2 + b+ 1,
170 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
que e´ um sistema imposs´ıvel em Q:
Se a, c 6= 0 enta˜o {
a3 + 4abc+ 2ac = 0
4abc+ 4c3 + 2ac = 0
o que implica a3 = 4c3, ou seja, a/c = 3
√
4 /∈ Q!!!; para a = 0 ou c = 0 temos
b2 + b+ 1 = 0, o que e´ imposs´ıvel em Q.
Portanto, x2 + αx + α2 e´ o polino´mio mı´nimo de β sobre Q(α). Concluindo,
[Q(α, β) : Q] = 6 e {1, α, α2, β, αβ, α2β} e´ uma base da extensa˜o Q(α, β) de Q.
Resoluc¸a˜o alternativa, no Caso 2: Pela fo´rmula resolvente das equac¸o˜es de grau 2,
as ra´ızes de x2 + αx+ α2 sa˜o
−α+ αi√3
2
e
−α− αi√3
2
que na˜o pertencem a Q(α) pois na˜o existem racionais a, b, c tais que −α±αi
√
3
2 =
a+ bα+ cα2:
−α± αi√3
2
= a+ bα+ cα2 ⇔ −2a+ (−1 + i
√
3− 2b)α+ cα2 = 0
⇔ a = 0, c = 0, i
√
32b+ 1 ∈ Q!!!
Portanto, x2 + αx+ α2 e´ o polino´mio mı´nimo de β sobre Q(α).
Outra resoluc¸a˜o alternativa, no Caso 2: Como β e´ raiz de x2 + αx + α2, a outra
raiz e´ β e claro nenhuma pertence a Q(α). Portanto, x2 + αx+ α2 e´ o polino´mio
mı´nimo de β sobre Q(α).
3.18. Determine para quais dos seguintes polino´mios f(x) ∈ K[x] existem ex-
tenso˜es K(α) tais que f(x) e´ o polino´mio mı´nimo de α:
(a) x2−4, K = Q. (b) x3 +x+2, K = Z3. (c) x2 +1, K = Z5.
(a) Como x2−4 e´ redut´ıvel sobreQ (pois tem ra´ızes racionais), na˜o existe nenhuma
extensa˜o Q(α) tal que x2 − 4 e´ o polino´mio mı´nimo de α.
(b) x3 +x+2 tambe´m e´ redut´ıvel sobre Z3 (pois tem ra´ızes neste corpo), logo na˜o
existe nenhuma extensa˜o Z3(α) tal que x3 +x+ 2 e´ o polino´mio mı´nimo de α.
(c) x2 + 1 tambe´m e´ redut´ıvel sobre Z5 (pois tem ra´ızes neste corpo), logo na˜o
existe nenhuma extensa˜o Z5(α) tal que x2 + 1 e´ o polino´mio mı´nimo de α.
3.19. Para cada uma das extenso˜es de Q indicadas averigu´e se θ gera a mesma
extensa˜o:
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 171
(a) θ = 2 + 3
√
4, Q( 3
√
2).
(b) θ =
√
2 +
√
3, Q(
√
2).
(c) θ = u2 + u+ 1, Q(u), com u2 + 5u− 5 = 0.
(a) x3 − 2 e´ o polino´mio mı´nimo de 3√2 sobre Q, logo [Q( 3√2) : Q] = 3 e
Q( 3
√
2) = {a+ b 3
√
2 + c
3
√
4 | a, b, c ∈ Q}.
Enta˜o θ ∈ Q( 3√2), pelo que Q(θ) ⊆ Q( 3√2). Por outro lado, como θ− 2 = 3√4,
enta˜o (θ − 2)3 = 4, ou seja, θ e´ raiz do polino´mio x3 − 6x2 + 12x− 12. Como
este polino´mio e´ irredut´ıvel sobre Q (pelo crite´rio de Eisenstein), e´ o polino´mio
mı´nimo de θ sobre Q,o que mostra que tambe´m [Q(θ) : Q] e´ igual a 3.
Concluindo, como Q(θ) ⊆ Q( 3√2) e dimQ(θ) = dimQ( 3√2), as duas extenso˜es
coincidem.
(b) Neste caso, as extenso˜es sa˜o diferentes, pois θ /∈ Q(√2). De facto, θ = √2 +√
3 ∈ Q(√2) implicaria √2 + √3 − √2 ∈ Q(√2), ou seja, √3 ∈ Q(√2), o
que e´ um absurdo, pois na˜o existem racionais a e b tais que
√
3 = a + b
√
2:
b = 0 implicaria
√
3 ∈ Q; a = 0 e b 6= 0 implicariam
√
3
2 = b ∈ Q e a, b 6= 0
implicariam
√
2 = 3−a
2−2b2
2ab ∈ Q!!!
(c) Claramente θ ∈ Q(u), donde Q(θ) ⊆ Q(u). Por outro lado, θ = u2 + u+ 1 =
5− 5u+ u+ 1 = 6− 4u, ou seja, u = 6−θ4 ∈ Q(θ), o que mostra que tambe´m
Q(θ) ⊇ Q(u). Portanto as extenso˜es coincidem.
3.21. E´ poss´ıvel, usando re´gua (na˜o graduada) e compasso, construir o ponto(√
5
√
2− 3 +
√
2− 3
√
2, 0
)
a partir dos pontos (0, 0) e (1, 0)?
Sejam θ1 =
√
5
√
2− 3 e θ2 =
√
2− 3√2. E´ fa´cil de ver que θ1 e´ raiz de p(x) =
x4 + 6x2 − 41 e θ2 e´ raiz de q(x) = x6 − 6x4 + 12x2 − 6 = 0. O polino´mio q(x) e´
claramente irredut´ıvel sobreQ (pelo crite´rio de Eisenstein) pelo que [Q(θ2) : Q] = 6
e θ2 na˜o e´ construt´ıvel a partir dos pontos (0, 0) e (1, 0). Quanto ao polino´mio
p(x), tambe´m e´ irredut´ıvel sobre Q, mas da´ mais trabalho a verificar isso:
Na˜o tem ra´ızes racionais (as u´nicas possibilidades, ±1 e ±41, claramente na˜o
o sa˜o). Assim, se fosse redut´ıvel, a u´nica possibilidade de factorizac¸a˜o seria como
produto de dois polino´mios de grau 2:
x4 + 6x2 − 41 = (ax2 + bx+ c)(a′x2 + b′x+ c′).
172 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
Desenvolvendo esta igualdade chegaremos a um sistema de equac¸o˜es, imposs´ıvel
em Q, o que confirma que p(x) e´, de facto, irredut´ıvel sobre Q. Portanto, [Q(θ1) :
Q] = 4. Como o rec´ıproco do Teorema 3.8 na˜o e´ verdadeiro (observac¸a˜o feita a
seguir a` demonstrac¸a˜o do Teorema) na˜o podemos para ja´ concluir da construti-
bilidade de θ1 a partir dos pontos (0, 0) e (1, 0). No entanto, o que afirma´mos
na Observac¸a˜o ao Teorema 3.8 da´-nos a resposta:
√
5
√
2− 3 e´ construt´ıvel pois
obte´m-se dos nu´meros racionais 2, 3 e 5 por sucessivas aplicac¸o˜es das operac¸o˜es
de subtracc¸a˜o, multiplicac¸a˜o e raiz quadrada.
Concluindo, θ1 + θ2 na˜o e´ construt´ıvel a partir dos pontos (0, 0) e (1, 0) (se
fosse, como θ1 e´, tambe´m (θ1 + θ2)− θ1 = θ2 seria).
3.22. Seja p um inteiro primo positivo.
(a) Determine a dimensa˜o e uma base da extensa˜o Q(
√
p+
√
p) de Q.
(b) Sera´ poss´ıvel construir o ponto (
√
p+
√
p,
√
p+
√
p) a partir dos pontos
(0, 0) e (1, 0) ?
(a) Denotemos o nu´mero
√
p+
√
p por θ. Como θ2 = p+
√
p, enta˜o (θ2−p)2 = p,
pelo que θ e´ raiz do polino´mio
q(x) = (x2 − p)2 − p = x4 − 2px2 + p(p− 1) ∈ Q[x].
Pelo crite´rio de Eisenstein, q(x) e´ irredut´ıvel sobre Q (basta considerar o
primo p). Portanto, q(x) e´ o polino´mio mı´nimo de θ sobre Q, pelo que
[Q(θ) : Q] = 4 e {1, θ, θ2, θ3} e´ uma base desta extensa˜o.
(b) Sim, pela Observac¸a˜o ao Teorema 3.8 (veja o exerc´ıcio anterior).
3.24. Considere o polino´mio p(x) = 2x7 + 12x5 + 3x3 + 6x+ 6 em Q[x].
(a) Prove que p(x) tem uma raiz real α.
(b) Justifique se α e´ ou na˜o um real construt´ıvel a partir dos racionais.
(a) Em C[x], p(x) decompo˜e-se em 7 factores lineares (pois C e´ um corpo algebri-
camente fechado) correspondentes a`s suas 7 ra´ızes em C. Ale´m disso, como
sabemos, as ra´ızes complexas na˜o reais aparecem aos pares. Enta˜o, como 7 e´
ı´mpar, uma das 7 ra´ızes ra´ızes e´ necessariamente real.
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 173
(b) O polino´mio p(x) e´ irredut´ıvel sobre Q[x] (pelo crite´rio de Eisenstein, p = 3).
Enta˜o o polino´mio mı´nimo de α sobre Q e´ o polino´mio mo´nico associado de
p(x), ou seja, o polino´mio x7+6x5+ 32x
3+3x+3. Assim [Q(α) : Q] = 7. Como
este nu´mero na˜o e´ uma poteˆncia de 2, pelo crite´rio alge´brico estudado sobre a
construtibilidade (por re´gua e compasso) de nu´meros, podemos concluir que
α na˜o e´ construt´ıvel a partir dos racionais.
3.25. Mostre que x2 + 1 e´ irredut´ıvel sobre Z3. Sendo u uma raiz deste polino´mio
determine o nu´mero de elementos de Z3(u) e as tabelas de adic¸a˜o e multiplicac¸a˜o.
Para mostrar a irredutibilidade basta verificar que nenhum elemento de Z3 e´ raiz
de x2 + 1.
Pelo que vimos na pa´gina 69,
Z3(u) ∼= Z3[x]〈x2 + 1〉 = {a0 + a1x+
〈
x2 + 1
〉 | a0, a1 ∈ Z3}.
Denotando 0 +
〈
x2 + 1
〉
, 1 +
〈
x2 + 1
〉
, 2 +
〈
x2 + 1
〉
, x+
〈
x2 + 1
〉
, 2x+
〈
x2 + 1
〉
,
1 + x +
〈
x2 + 1
〉
, 1 + 2x +
〈
x2 + 1
〉
, 2 + x +
〈
x2 + 1
〉
e 2 + 2x +
〈
x2 + 1
〉
por,
respectivamente, 0, 1, 2, u, a, b, c, d, f , as tabelas das operac¸o˜es sa˜o as seguintes:
+ 0 1 2 u a b c d f
0 0 1 2 u a b c d f
1 1 2 0 b c d f u a
2 2 0 1 d f u a b c
u u b d a 0 c 1 f 2
a a c f 0 u 1 b 2 d
b b d u c 1 f 2 a 0
c c f a 1 b 2 d 0 u
d d u b f 2 a 0 c 1
f f a c 2 d 0 u 1 b
· 0 1 2 u a b c d f
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 2 u a b c d f
2 0 2 1 a u f d c b
u 0 u a 2 1 d b f c
a 0 a u 1 2 c f b d
b 0 b f d c a 2 1 u
c 0 c d b f 2 u a 1
d 0 d c f b 1 a u 2
f 0 f b c d u 1 2 a
3.27. Considere o polino´mio p(x) = 8x3 − 6x− 1 sobre Q.
(a) Mostre que p(x) e´ irredut´ıvel sobre Q.
(b) Construa uma extensa˜o de decomposic¸a˜o de p(x) e determine a sua dimensa˜o.
(a) As poss´ıveis ra´ızes racionais de p(x) sa˜o: ±1,±12 ,±14 ,±18 . Nenhuma delas e´
defacto uma raiz pelo que o polino´mio, na˜o tendo ra´ızes em Q e sendo de
grau 3, e´ irredut´ıvel sobre Q.
174 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(b) Como p(x) e´ irredut´ıvel sobre Q,
Q[x]/ 〈p(x)〉 = {a(x) + 〈p(x)〉 | a(x) ∈ Q[x]}
= {a(x) + 〈p(x)〉 | a(x) ∈ Q[x], gr(a(x)) ≤ 2}
∼= Q(θ),
onde 8θ3 − 6θ − 1 = 0. Como x3 − 34x − 18 e´ o polino´mio mı´nimo de θ sobre
Q, enta˜o [Q(θ) : Q] = 3 pelo que
Q(θ) = {a+ bθ + cθ2 | a, b, c ∈ Q}.
Nesta extensa˜o ja´ o polino´mio 8x3 − 6x − 1 tem uma raiz (precisamente o
elemento θ) pelo que e´ redut´ıvel. Dividindo 8x3 − 6x − 1 pelo factor x − θ
obte´m-se:
8x3 − 6x− 1 = (x− θ)(8x2 + 8θx+ 8θ2 − 6).
Teremos agora que verificar se o factor 8x2 + 8θx+ 8θ2− 6 e´ ou na˜o redut´ıvel
sobre Q(θ) para concluirmos se esta e´ ou na˜o a extensa˜o de decomposic¸a˜o do
polino´mio p(x).
Trata-se de um polino´mio de grau 2 pelo que bastara´ verificar se tem ra´ızes
em Q(θ). Averiguemos enta˜o se existem racionais a, b, c tais que
8(a+ bθ + cθ2)2 + 8θ(a+ bθ + cθ2) + 8θ2 − 6 = 0.
Efectuando os ca´lculos obtemos
(8a2− 6) + (16ab+ 8a)θ+ (8b2 + 16ac+ 8b+ 8)θ2 + (16bc+ 8c)θ3 + 8c2θ4 = 0.
Mas 8θ3 = 6θ + 1 (donde 8θ4 = 6θ2 + θ) pelo que podemos ainda escrever
(8a2−6+2bc+c)+(16ab+8a+12bc+6c+c2)θ+(8b2+16ac+8b+8+6c2)θ2 = 0.
Enta˜o, como 1, θ e θ2 sa˜o linearmente independentes, esta igualdade e´ equiva-
lente ao sistema 
8a2 − 6 + 2bc+ c0
16ab+ 8a+ 12bc+ 6c+ c2 = 0
8b2 + 16ac+ 8b+ 8 + 6c2 = 0.
Este sistema na˜o parece ser fa´cil de resolver. Tem no entanto uma soluc¸a˜o fa´cil
de encontrar apo´s alguma procura e experimentac¸a˜o: a = 1, b = 0, c = −2.
Isto mostra que o elemento 1− 2θ2 de Q(θ) e´ uma raiz de p(x) pois e´ raiz do
seu factor 8x2 +8θx+8θ2−6. Portanto este factor e´ divis´ıvel por x−(1−2θ2).
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 175
Efectuando a divisa˜o obtemos 8x2 + 8θx + 8θ2 − 6 = (x − 1 + 2θ2)(8x + 8 +
8θ − 16θ2). Em conclusa˜o,
8x3 − 6x− 1 = (x− θ)(8x2 + 8θx+ 8θ2 − 6)
= 8(x− θ)(x− 1 + 2θ2)(x+ 1 + θ − 2θ2)
= 8(x− θ)(x− (1− 2θ2))(x− (−1− θ + 2θ2))
o que mostra que θ, 1 − 2θ2 e −1 − θ + 2θ2 sa˜o as treˆs ra´ızes de p(x) e que
Q(θ) e´ de facto a sua extensa˜o de decomposic¸a˜o (que tem dimensa˜o 3).
3.29. Seja θ a raiz real do polino´mio x5 − 7. Determine o grupo de Galois da
extensa˜o Q(θ) de Q.
E´ claro que θ = 5
√
7 (as outras 4 ra´ızes na˜o sa˜o reais):
-Z
Z
Z}
�
�
�=
�
�
���
B
B
BBN
ω = raiz quinta de 1,
no 1o quadranteθ =
5
√
7
ω2θ
ω3θ
ωθ
ω4θ
Portanto, θ tem polino´mio mı´nimo x5 − 7 sobre Q. Qualquer Q-automorfismo de
Q(θ)
Φ : Q(θ)→ Q(θ)
mante´m fixos os nu´meros racionais e transforma θ numa raiz do mesmo polino´mio
em Q(θ) = Q( 5
√
7) ⊆ R. Logo, necessariamente, Φ(θ) = θ e so´ existe um Q-auto-
morfismo de Q(θ):
Φ : Q( 5
√
7) → Q( 5√7)
a ∈ Q 7→ a
5
√
7 7→ 5√7
que e´ a identidade. Assim, Gal(Q(θ),Q) e´ o grupo trivial S1 = {id}.
3.30. Seja L uma extensa˜o de Q. Determine os Q-automorfismos de L para:
(a) L = Q(
√
2).
(c) L = Q(
√
2,
√
3).
176 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(a) O elemento
√
2 tem polino´mio mı´nimo x2 − 2 sobre Q. Pela Proposic¸a˜o 3.15,
qualquer Q-automorfismo Φ : L → L transforma ra´ızes deste polino´mio em
ra´ızes do mesmo polino´mio. Existem, pois, precisamente dois Q-automorfis-
mos:
Φ√2 : Q(
√
2) → Q(√2)
a ∈ Q 7→ a√
2 7→ √2
e
Φ−√2 : Q(
√
2) → Q(√2)
a ∈ Q 7→ a√
2 7→ −√2.
O primeiro e´ a identidade e o segundo aplica cada elemento a+b
√
2 de Q(
√
2)
em a− b√2.
(c) Cada Q-automorfismo Φ : L → L e´ completamente determinado pela sua
acc¸a˜o no conjunto {√2,√3}. A restric¸a˜o Φ|Q(√2) : Q(
√
2) → L e´ um ho-
momorfismo injectivo que mante´m fixos os elementos de Q. Enta˜o, pela
Proposic¸a˜o 3.15, so´ ha´ duas possibilidades para esta restric¸a˜o, como vimos
na al´ınea anterior: e´ a identidade ou aplica cada elemento a+ b
√
2 de Q(
√
2)
em a−b√2. Portanto, Φ prolonga o isomorfismo identidade de Q(√2) ou pro-
longa o isomorfismo Φ−√2 de Q(
√
2). Usando novamente a Proposic¸a˜o 3.15,
como x2 − 3 e´ o polino´mio mı´nimo de √3 sobre Q(√2), estes dois isomorfis-
mos de Q(
√
2) so´ podem ser prolongados a Q(
√
2,
√
3) aplicando
√
3 em
√
3
ou −√3. Portanto, so´ existem 4 possibilidades para Φ: a identidade e
Φ(
√
2) = −
√
2, Φ(
√
3) =
√
3;
Φ(
√
2) =
√
2, Φ(
√
3) = −
√
3;
Φ(
√
2) = −
√
2, Φ(
√
3) = −
√
3.
O grupo de Galois tem, pois, neste caso, 4 elementos, que designamos respe-
ctivamente por Φ0,Φ1,Φ2,Φ3:
Φ0(a+ b
√
2 + c
√
3) = a+ b
√
2 + c
√
3,
Φ1(a+ b
√
2 + c
√
3) = a− b
√
2 + c
√
3,
Φ2(a+ b
√
2 + c
√
3) = a+ b
√
2− c
√
3,
Φ3(a+ b
√
2 + c
√
3) = a− b
√
2− c
√
3.
3.31.
(a) Para as extenso˜es L de Q do exerc´ıcio anterior, calcule os respectivos grupos
de Galois, Gal(L,Q).
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 177
(b) Verifique em quais desses casos a correspondeˆncia de Galois entre os subgrupos
do grupo de Galois e as extenso˜es interme´dias (entre Q e L) e´ uma bijecc¸a˜o.
(a) No primeiro caso, Gal(L,Q) = {id,Φ−√2} e´ um grupo isomorfo a Z2.
No terceiro caso, o grupo de Galois tem 4 elementos, sendo a tabela do grupo
a seguinte:
◦ Φ0 Φ1 Φ2 Φ3
Φ0 Φ0 Φ1 Φ2 Φ3
Φ1 Φ1 Φ0 Φ3 Φ2
Φ2 Φ2 Φ3 Φ0 Φ1
Φ3 Φ3 Φ2 Φ1 Φ0
Em conclusa˜o, este grupo e´ isomorfo a Z2 ⊕ Z2.
(b) No primeiro caso, as extenso˜es interme´dias sa˜o so´ os pro´prios Q e Q(
√
2).
Como Z2 so´ tem os dois subgrupos triviais ({0} e o pro´prio Z2), neste caso a
correspondeˆncia de Galois e´ uma bijecc¸a˜o.
No segundo caso, o diagrama com as extenso˜es interme´dias e´ o seguinte:
Q(
√
2,
√
3)
rrr
rrr
rrr
r
LLL
LLL
LLL
L
Q(
√
2)
MMM
MMM
MMM
MM
Q(
√
3) Q(
√
6)
qqq
qqq
qqq
qq
Q
A lista de subgrupos de Gal(L,Q) e´ {Φ0}, {Φ0,Φ1}, {Φ0,Φ2}, {Φ0,Φ3},
{Φ0,Φ1,Φ2,Φ3}. Neste caso, tambe´m ha´ bijecc¸a˜o.
3.32.
(a) Determine os corpos interme´dios entre Q e Q(
√
2,
√
3,
√
5).
(b) Calcule o respectivo grupo de Galois e compare os resultados.
(a) Como 2× 3× 5 = 30 tem como divisores 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15 e 30, as extenso˜es
simples entre Q e Q(
√
2,
√
3,
√
5) sa˜o Q(
√
2), Q(
√
3), Q(
√
5), Q(
√
6), Q(
√
10),
Q(
√
15) e Q(
√
30). Quanto a`s extenso˜es duplas, temos:
Q(
√
2,
√
3) = Q(
√
2,
√
6) = Q(
√
3,
√
6)
Q(
√
2,
√
5) = Q(
√
2,
√
10) = Q(
√
5,
√
10)
178 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
Q(
√
2,
√
15) = Q(
√
2,
√
30) = Q(
√
15,
√
30)
Q(
√
3,
√
5) = Q(
√
3,
√
15) = Q(
√
5,
√
15)
Q(
√
3,
√
10) = Q(
√
3,
√
30) = Q(
√
10,
√
30)
Q(
√
5,
√
6) = Q(
√
5,
√
30) = Q(
√
6,
√
30)
Q(
√
6,
√
10) = Q(
√
6,
√
15) = Q(
√
10,
√
15).
O diagrama seguinte mostra-nos todas as extenso˜es interme´dias entre Q e
Q(
√
2,
√
3,
√
5):
Q(
√
2,
√
3,
√
5)
ggggg
ggggg
ggggg
ggggg
ggggg
ggggg
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
uu
uu
uu
uu
uu
uu
II
II
II
II
II
II
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWWWW
Q(
√
2,
√
3)
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
SSSS
99
99
99
99
99
99
99
99
Q(
√
2,
√
5)
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
T
��
��
��
��
��
��
��
��
::
::
::
::
::
::
::
::
Q(
√
2,
√
15)
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
VVVV
V
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
T
Q(
√
3,
√
5)
��
��
��
��
��
��
��
��
�
NNN
NNN
NNN
NNN
NNN
NNN
NNN
NNN
N
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qq
Q(
√
3,
√
10)
LLL
LLL
LLL
LLL
LLL
LLL
LLL
LLL
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jj
Q(
√
5,
√
6)
::
::
::
::
::
::
::
::
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qqq
qq
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jj
Q(
√
6,
√
10)
��
��
��
��
��
��
��
��
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
Q(
√
2)
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWWWW
WWW Q(
√
3)
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
TTTT
T Q(
√
5)
JJJ
JJJ
JJJ
JJJ
JJ
Q(
√
6) Q(
√
10)
ttt
ttt
ttt
ttt
tt
Q(
√
15)
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
jjjj
j
Q(
√
30)
ggggg
ggggg
ggggg
ggggg
ggggg
ggggg
ggggg
ggg
Q
(b) Neste caso, Gal(L,Q) e´ isomorfo a Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2.
3.33. Considerea extensa˜o L = Q(
√
3, 3
√
2) ⊆ R de Q.
(a) Como se define o grupo de Galois de L (sobre Q)? Determine-o.
(b) Indique todas as extenso˜es interme´dias de Q em L.
(c) L e´ uma extensa˜o normal de Q? Justifique.
(a) Seja L = Q(
√
3, 3
√
2). Cada Φ ∈ Gal(L,Q) e´ completamente determinado pela
sua acc¸a˜o no conjunto {√3, 3√2}. A restric¸a˜o Φ|Q(√3) : Q(
√
3) → L e´ um homo-
morfismo injectivo que mante´m fixos os elementos de Q. Enta˜o, pela Proposic¸a˜o
3.15, so´ ha´ duas possibilidades para esta restric¸a˜o: e´ a identidade ou aplica cada
elemento a + b
√
3 de Q(
√
3) em a − b√3. Portanto, Φ prolonga o isomorfismo
identidade de Q(
√
3) ou prolonga o isomorfismo Φ−√3 de Q(
√
3). Pela Proposic¸a˜o
3.15, como x3 − 2 e´ o polino´mio mı´nimo de 3√2 sobre Q(√3), o nu´mero de pro-
longamentos de Φ a L e´ igual ao nu´mero de ra´ızes distintas de x3 − 2 em L, ou
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 179
seja, um (que corresponde a` u´nica raiz 3
√
2). Assim, os dois isomorfismos de Q(
√
3)
so´ podem ser prolongados a Q(
√
3, 3
√
2) aplicando 3
√
2 em 3
√
2, pelo que existem
exactamente duas possibilidades para Φ: a identidade ou
Φ(
√
3) = −
√
3, Φ(
3
√
2) =
3
√
2.
O grupo de Galois tem pois dois elementos:
Φ0(a+ b
√
3 + c
3
√
2) = a+ b
√
3 + c
3
√
2,
Φ1(a+ b
√
3 + c
3
√
2) = a− b
√
3 + c
3
√
2.
Neste caso, Gal(L,Q) e´ isomorfo a Z2.
(b) Note que Q(
√
3 3
√
2) = Q(
√
3, 3
√
2), pelo que as u´nicas extenso˜es interme´dias
de Q em L sa˜o:
Q(
√
3, 3
√
2)
rrr
rrr
rrr
r
LLL
LLL
LLL
L
Q(
√
3)
MMM
MMM
MMM
MMM
Q( 3
√
2)
qqq
qqq
qqq
qqq
Q
(c) Na˜o, pois [L : Q] = 6 mas |Gal(L,Q)| = 2 (e pelo Teorema 3.21, se |Gal(L,K)|
e´ diferente de [L : K], enta˜o L na˜o e´ uma extensa˜o normal de K).
3.37. (b) Calcule o grupo de Galois do polino´mio f(x) = x4− 2 sobre o corpo Q.
Uma vez que o polino´mio f(x) = x4 − 2 tem ra´ızes
θ1 =
4
√
2, θ2 = − 4
√
2, θ3 =
4
√
2 i, θ4 = − 4
√
2 i
enta˜o L = Q( 4
√
2, i) e´ a extensa˜o de decomposic¸a˜o de f(x). Portanto, o grupo
pedido e´ o grupo Gal(L,Q) = Gal(Q( 4
√
2, i),Q). Teremos enta˜o que determinar
todos os Q-automorfismos de L.
Cada Q-automorfismo Φ : L→ L e´ completamente determinado pela sua acc¸a˜o
no conjunto { 4√2, i} (uma vez que todo o elemento de L e´ uma combinac¸a˜o linear
racional de poteˆncias de 4
√
2 e i). A respectiva restric¸a˜o Φ|Q( 4√2) : Q( 4
√
2) → L e´
um homomorfismo injectivo que mante´m fixos os elementos de Q (ou seja, e´ um
prolongamento do isomorfismo id : Q → Q). Estes podem ser determinados com
o aux´ılio da Proposic¸a˜o 3.15:
180 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
O elemento 4
√
2 tem polino´mio mı´nimo x4 − 2 sobre Q, o que significa em
particular que
Q( 4
√
2) = {a0 + a1 4
√
2 + a2
4
√
4 + a3
4
√
8 | a0, a1, a2, a3 ∈ Q}.
Pela Proposic¸a˜o 3.15, o isomorfismo id : Q → Q pode ser prolongado a um ho-
momorfismo injectivo φ : Q( 4
√
2) → L se e so´ se x4 − 2 tem uma raiz em L, e o
nu´mero desses prolongamentos e´ igual ao nu´mero de ra´ızes distintas de x4− 2 em
L, ou seja 4:
φ1 : Q( 4
√
2) → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ θ1 = 4
√
2
φ2 : Q( 4
√
2) → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ θ2 = − 4
√
2
φ3 : Q( 4
√
2) → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ θ3 = 4
√
2 i
φ4 : Q( 4
√
2) → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ θ4 = − 4
√
2 i.
Estes sa˜o pois os u´nicos homomorfismos injectivos Q( 4
√
2)→ L que prolongam
a id : Q → Q e, consequentemente, os Φ : L → L que procuramos, quando
restritos a Q( 4
√
2), coincidem necessariamente com um dos φi (i = 1, 2, 3, 4). Dito
de outro modo, claramente equivalente, os Φ : L → L que procuramos sa˜o os
prolongamentos a L de cada um dos seguintes isomorfismos de corpos:
φ˜1 : Q( 4
√
2) → Q( 4√2)
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ 4√2
φ˜2 : Q( 4
√
2) → Q( 4√2)
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ − 4√2
φ˜3 : Q( 4
√
2) → Q( 4√2 i)
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ 4√2 i
φ˜4 : Q( 4
√
2) → Q( 4√2 i)
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ − 4√2 i.
x2 + 1 ∈ Q[x] e´ o polino´mio mı´nimo de i sobre Q( 4√2). Usando novamente
a Proposic¸a˜o 3.15, como cada um dos φ˜i mante´m fixos os coeficientes de x
2 + 1
e este polino´mio tem duas ra´ızes distintas em L, podemos concluir que cada um
dos isomorfismos φ˜i vai ter dois prolongamentos a homomorfismos injectivos de
extenso˜es L→ L, um que transforma i em i e o outro transforma i na outra raiz
−i.
Comec¸ando com φ˜1
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 181
L
Φ=? //_______ L
x2 + 1 Q( 4
√
2)
?�
OO
φ˜1=id // Q( 4
√
2)
?�
OO
x2 + 1
obtemos
Φ1 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ 4√2
i 7→ i
Φ2 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ 4√2
i 7→ −i.
Φ1 e´ simplesmente a identidade e Φ2 e´ o isomorfismo definido por
a0 + a1
4
√
2 + a2
4
√
4 + a3
4
√
8 + a4 i+ a5
4
√
2 i+ a6
4
√
4 i+ a7
4
√
8 i
↓
a0 + a1
4
√
2 + a2
4
√
4 + a3
4
√
8− a4 i− a5 4
√
2 i− a6 4
√
4 i− a7 4
√
8 i.
Fazendo o mesmo para φ˜2, φ˜3 e φ˜4 obtemos sucessivamente
Φ3 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ − 4√2
i 7→ i
Φ4 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ − 4√2
i 7→ −i
Φ5 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ 4√2 i
i 7→ i
Φ6 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ 4√2 i
i 7→ −i
Φ7 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ − 4√2 i
i 7→ i
Φ8 : L → L
a ∈ Q 7→ a
4
√
2 7→ − 4√2 i
i 7→ −i.
Por exemplo,
Φ7(a0 + a1
4
√
2 + a2
4
√
4 + a3
4
√
8 + a4 i+ a5
4
√
2 i+ a6
4
√
4 i+ a7
4
√
8 i) =
= a0 − a1 4
√
2 i− a2 4
√
4 + a3
4
√
8 i+ a4 i+ a5
4
√
2− a6 4
√
4 i− a7 4
√
8
= a0 + a5
4
√
2− a2 4
√
4− a7 4
√
8 + a4 i− a1 4
√
2 i− a6 4
√
4 i+ a3
4
√
8 i.
182 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
Portanto, Gal(Q( 4
√
2, i),Q) = {Φ1,Φ2,Φ3,Φ4,Φ5,Φ6,Φ7,Φ8}.Observemos ainda
como pode ser descrito como um subgrupo de S4:
Φ1 =
(
θ1 θ2 θ3 θ4
θ1 θ2 θ3 θ4
)
=
(
1 2 3 4
1 2 3 4
)
= id
Φ2 =
(
θ1 θ2 θ3 θ4
θ1 θ2 θ4 θ3
)
=
(
1 2 3 4
1 2 4 3
)
= (34)
Φ3 =
(
1 2 3 4
2 1 4 3
)
= (12)(34), Φ4 =
(
1 2 3 4
2 1 3 4
)
= (12)
Φ5 =
(
1 2 3 4
3 4 2 1
)
= (1324), Φ6 =
(
1 2 3 4
3 4 1 2
)
= (13)(24)
Φ7 =
(
1 2 3 4
4 3 1 2
)
= (1423), Φ8 =
(
1 2 3 4
4 3 2 1
)
= (14)(23).
Em conclusa˜o:
Gal(Q( 4
√
2, i),Q) =
{
id, (12), (34), (12)(34), (13)(24), (14)(23), (1324), (1423)
}
3.39. Considere um polino´mio f(x) irredut´ıvel, de grau 3, escrito na sua forma
reduzida x3 + px+ q, e as suas treˆs ra´ızes complexas distintas a, b, e c.
(a) Verifique que

a+ b+ c = 0
ab+ ac+ bc = p
abc = −q.
(b) A partir da al´ınea anterior, mostre que ((a− b)(a− c)(b− c))2 = −4p3− 27q2.
(c) Seja D o nu´mero −4p3 − 27q2 da al´ınea anterior. Prove que se √D ∈ Q e
Φ ∈ Gal(f(x),Q), enta˜o Φ(√D) = √D e, portanto, Gal(f(x),Q) ∼= A3.
(d) Prove que se
√
D 6∈ Q, enta˜o Q(√D) esta´ na extensa˜o de decomposic¸a˜o de
f(x) e, portanto, Gal(f(x),Q) ∼= S3.
(a) Basta observar que x3+px+q = (x−a)(x−b)(x−c) e´ equivalente a x3+px+q =
x3 + (−c− a− b)x2 + (ab+ ac+ bc)x− abc.
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 183
(b) Basta, com um pouco de pacieˆncia, desenvolver ambos os membros (subs-
tituindo, no segundo, p por ab + ac + bc e q por −abc), ate´ as expresso˜es
coincidirem.
(c) Pela Proposic¸a˜o 3.19, Gal(f(x),Q) e´ isomorfo a um subgrupo de S3. Seja Φ ∈
Gal(f(x),Q) = Gal(Q(a, b, c),Q). Por definic¸a˜o, Φ, sendo um Q-
-automorfismo, tera´ que preservar os racionais, logo Φ(
√
D) =
√
D, isto e´,
Φ((a− b)(a− c)(b− c)) = (a− b)(a− c)(b− c). Consequentemente,
(Φ(a)− Φ(b))(Φ(a)− Φ(c))(Φ(b)− Φ(c)) = (a− b)(a− c)(b− c). (2)
Mas Φ permuta as ra´ızes a, b e c entre si. Para que se cumpra (2), essa
permutac¸a˜o na˜o pode ser ı´mpar (se fosse ı´mpar ter´ıamos
(Φ(a)− Φ(b))(Φ(a)− Φ(c))(Φ(b)− Φ(c)) = −(a− b)(a− c)(b− c)).
Sobram assim so´ as 3 permutac¸o˜es pares para eventual definic¸a˜o de Q-
-automorfismos de Q(a, b, c). Na˜o e´ dif´ıcil ver que todas elas definem de facto
Q-automorfismos de Q(a, b, c), pelo que Gal(Q(a, b, c),Q) ∼= A3. Esta con-
clusa˜o tambe´m se pode tirar do seguinte: como, pelo Teorema 3.21, se tem
|Gal(Q(a, b, c),Q)| = [Q(a, b, c) : Q], bastara´ mostrar que [Q(a, b, c) : Q] ≥ 3,
o que e´ simples:
[Q(a, b, c) : Q] = [Q(a, b, c) : Q(a)][Q(a) : Q] ≥ 3,
pois [Q(a) : Q] = gr(f(x)) = 3.
(d) Neste caso, se
√
D /∈ Q, ja´ Φ(√D) na˜o precisa de ser igual a√D, e as
permutac¸o˜es ı´mpares tambe´m definem elementos de Gal(Q(a, b, c),Q). Con-
sequentemente, Gal(Q(a, b, c),Q) ∼= S3.
3.41. (a) Sejam p ≥ 5 um nu´mero primo, e f(x) ∈ Q[x] um polino´mio irredut´ıvel
de grau p. Mostre que se f(x) tem exactamente duas ra´ızes complexas na˜o reais,
enta˜o Gal(f(x),Q) e´ o grupo sime´trico Sp e portanto f(x) na˜o e´ resolu´vel por
radicais.
Basta fazer o mesmo que na demonstrac¸a˜o do Corola´rio 3.29 (Teorema de Abel-
-Ruffini).
3.42. Mostre que os seguintes polino´mios f(x) ∈ Q[x] na˜o sa˜o resolu´veis por
radicais:
184 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(a) 2x5 − 10x+ 5.
(b) 2x5 − 5x4 + 20.
(c) x5 − 6x2 + 5.
(d) x7 − 10x5 + 15x+ 5.
Fazendo o estudo e esboc¸o das respectivas func¸o˜es (ou, alternativamente, usando
me´todos da Matema´tica Nume´rica para localizac¸a˜o de ra´ızes, ou utilizando algum
software como o Mathematica ou Maple) na˜o e´ dif´ıcil confirmar que:
(a) Este polino´mio tem exactamente 2 ra´ızes complexas na˜o reais:
A conclusa˜o segue do Exerc´ıcio 3.41 (a).
(b) Este polino´mio tem exactamente 4 ra´ızes complexas na˜o reais:
A conclusa˜o segue do Exerc´ıcio 3.41 (b).
(c) Tem exactamente 2 ra´ızes complexas na˜o reais:
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 185
A conclusa˜o segue do Exerc´ıcio 3.41 (a).
(d) Tem exactamente 2 ra´ızes complexas na˜o reais:
A conclusa˜o segue do Exerc´ıcio 3.41 (a).
Cap´ıtulo 4
4.3. Seja F a extensa˜o de decomposic¸a˜o de x2 − 2 ∈ Z3[x].
(a) Descreva o corpo F e indique um gerador de F ∗ = F \ {0}.
(b) Qual e´ o subcorpo primo de F?
(a) F e´ o corpo
Z3[x]
〈x2 − 2〉 = {a0 + a1x +
〈
x2 − 2〉 | a0, a1 ∈ Z3}. Denotando o
elemento a0 + a1x +
〈
x2 − 2〉 por a0a1, as tabelas das operac¸o˜es de F sa˜o as
seguintes:
186 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
+ 00 01 02 10 11 12 20 21 22
00 00 01 02 10 11 12 20 21 22
01 01 02 00 11 12 10 21 22 20
02 02 00 01 12 10 11 22 20 21
10 10 11 12 20 21 22 00 01 02
11 11 12 10 21 22 20 01 02 00
12 12 10 11 22 20 21 02 00 01
20 20 21 22 00 01 02 10 11 12
21 21 22 20 01 02 00 11 12 10
22 22 20 21 02 00 01 12 10 11
· 00 01 02 10 11 12 20 21 22
00 00 00 00 00 00 00 00 00 00
01 00 20 10 01 21 11 02 22 12
02 00 10 20 02 12 22 01 11 21
10 00 01 02 10 11 12 20 21 22
11 00 21 12 11 02 20 22 10 01
12 00 11 22 12 20 01 21 02 10
20 00 02 01 20 22 21 10 12 11
21 00 22 11 21 10 02 12 01 20
22 00 12 21 22 01 10 11 20 02
O elemento 11 e´ um exemplo de gerador de F ∗.
(b) {00, 10, 20} ∼= F3.
4.6. Construa um corpo finito de ordem 16 e determine todos os geradores do seu
grupo multiplicativo.
Recorde a construc¸a˜o do corpo M nas pa´ginas 88-91. A lista dos elementos primi-
tivos de M e´ c, f, g, h, i, j, l, n.
4.7. Construa um corpo com 27 elementos.
Uma vez que 27 = 3×3×3, pelo processo de construc¸a˜o usado no exerc´ıcio anterior
(baseado no Teorema de Kronecker), teremos que comec¸ar com um polino´mio de
grau 3 irredut´ıvel sobre F3. Por exemplo, o polino´mio p(x) = x3 + 2x+ 1. Seja L
o corpo Z3[x]〈p(x)〉 = {a0 + a1x + a2x2 + 〈p(x)〉 | a0, a1, a2 ∈ Z3} constitu´ıdo pelas 27
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 187
classes definidas pelos restos da divisa˜o dos polino´mios de coeficientes em Z3[x]
por p(x). Este corpo tera´ exactamente 27 elementos. Com um pouco de pacieˆncia
na˜o sera´ dif´ıcil escrever as tabelas das operac¸o˜es de L.
4.8. Indique, justificando, o nu´mero de corpos na˜o isomorfos de ordem inferior a
100.
Pelos Teoremas 4.1, 4.3 e 4.4 o conjunto de corpos na˜o isomorfos de ordem inferior
a 100 e´ {Fpn | p primo, n ∈ N, pn < 100}. Portanto, o seu nu´mero e´ dado pelo
nu´mero de poteˆncias de primos, inferiores a 100, ou seja 34:
2, 22, 23, 24, 25, 26, 3, 32, 33, 34, 5, 52, 7, 72
11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97.
4.10. Liste os subcorpos do corpo F256. Qual deles e´ o subcorpo primo?
Basta usarmos o Teorema 4.5. Como 256 = 28, a lista de subcorpos de F256 e´ F2,
F4, F16, F256. F2 e´ o subcorpo primo.
4.11. Usando resultados sobre corpos finitos, mostre que se p e´ um nu´mero primo
e r divide n, enta˜o pr − 1 divide pn − 1.
Se p e´ um nu´mero primo e r divide n, enta˜o Fpr e´ um subcorpo de Fpn . Em
particular,
(Fpr)∗ = (Fpr \ {0}, ·)
e´ um subgrupo de
(Fpn)∗ = (Fpn \ {0}, ·)
pelo que |(Fpr)∗| = pr − 1 divide |(Fpn)∗| = pn − 1.
4.12. Determine o nu´mero de elementos do corpo F11[x]/〈x2 + 1〉.
Uma vez que
F11[x]/〈x2 + 1〉 = {p(x) + 〈x2 + 1〉 | gr(p(x)) ≤ 1}
e existem precisamente 11× 11 = 121 polino´mios de grau menor que 2 em F11[x],
o corpo F11[x]/〈x2 + 1〉 tem 121 elementos.
4.13. Mostre que:
(a) O corpo F11[x]/〈x2 + x+ 4〉 e´ isomorfo a F11[x]/〈x2 + 1〉.
188 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(b) A soma de todos os elementos de um corpo finito, com a excepc¸a˜o de F2, e´ 0.
(a) Como vimos no exerc´ıcio anterior, o corpo F11[x]/〈x2 + 1〉 tem 121 elemen-
tos. Mas o corpo F11[x]/〈x2 + x + 4〉 tambe´m tem 121 elementos, logo sa˜o
necessariamente isomorfos (a F121 = F112), pelo Teorema de Moore (Corola´rio
4.3).
(b) Qualquer corpo finito tem sempre um nu´mero de elementos igual a uma
poteˆncia pn de um primo p, e esse corpo e´ isomorfo a Fp[x]/〈r(x)〉 para qual-
quer polino´mio r(x) de grau n irredut´ıvel sobre Fp. Os seus elementos sa˜o
enta˜o as classes laterais p(x) + 〈r(x)〉 definidas pelos polino´mios p(x) de grau
inferior a n:
Grau
0: 0 1 · · · p− 2 p− 1
1: x x+ 1 · · · x+ p− 2 x+ p− 1
2x 2x+ 1 · · · 2x+ p− 2 2x+ p− 1
...
...
...
...
(p− 2)x (p− 2)x+ 1 · · · (p− 2)x+ p− 2 (p− 2)x+ p− 1
(p− 1)x (p− 1)x+ 1 · · · (p− 1)x+ p− 2 (p− 1)x+ p− 1
2: x2 x2 + 1 · · · x2 + p− 2 x2 + p− 1
x2 + x x2 + x+ 1 · · · x2 + x+ p− 2 x2 + x+ p− 1
x2 + 2x x2 + 2x+ 1 · · · x2 + 2x+ p− 2 x2 + 2x+ p− 1
...
...
...
...
x2 + (p− 2)x x2 + (p− 2)x+ 1 · · · x2 + (p− 2)x+ p− 2 x2 + (p− 2)x+ p− 1
x2 + (p− 1)x x2 + (p− 1)x+ 1 · · · x2 + (p− 1)x+ p− 2 x2 + (p− 1)x+ p− 1
2x2 2x2 + 1 · · · 2x2 + p− 2 2x2 + p− 1
2x2 + x 2x2 + x+ 1 · · · 2x2 + x+ p− 2 2x2 + x+ p− 1
2x2 + 2x 2x2 + 2x+ 1 · · · 2x2 + 2x+ p− 2 2x2 + 2x+ p− 1
...
...
...
...
2x2 + (p− 2)x 2x2 + (p− 2)x+ 1 · · · 2x2 + (p− 2)x+ p− 2 2x2 + (p− 2)x+ p− 1
2x2 + (p− 1)x 2x2 + (p− 1)x+ 1 · · · 2x2 + (p− 1)x+ p− 2 2x2 + (p− 1)x+ p− 1
...
...
...
...
n-1: · · · · · · · · · · · · · · ·
Na˜o vale a pena listar mais polino´mios pois ja´ da´ para observar o seguinte:
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 189
Caso 1: p > 2: Neste caso p e´ ı´mpar, logo a soma (em Fp[x]) dos polino´mios em
cada linha e´ sempre igual a 0 pois, como p e´ ı´mpar, 1 + 2 + · · ·+ p− 2 + p− 1 e´
igual a
(1 + p− 1) + (2 + p− 2) + · · ·+ (p− 1
2
+
p+ 1
2
) = p+ p+ · · ·+ p = 0.
Portanto, a soma das respectivas classes em Fp[x]/〈r(x)〉 da´ tambe´m 0.
Caso 2: p = 2, n > 1: Neste caso a lista de polino´mios reduz-se a
Grau
0: 0 1
1: x x+ 1
2: x2 x2 + 1
x2 + x x2 + x+ 1
3: · · · · · ·
...
...
...
n-1: xn−1 xn−1 + 1
xn−1 + x xn−1 + x+ 1
xn−1 + x2 xn−1 + x2 + 1
...
...
Agora a soma em cada linha na˜o e´ 0 mas sim 1. Mas, como o nu´mero total
de linhas e´ par (pois o nu´mero de polino´mios de grau pn−1 e´ igual ao nu´mero de
polino´mios de grau menor que n− 1), a soma total continua a dar 0. Portanto, a
soma das respectivas classes em Fp[x]/〈r(x)〉 e´ tambe´m igual a 0.
4.15. Atrave´s de um comando a` distaˆncia de uma televisa˜o podem ser efectu-
adas 20 operac¸o˜es: escolher entre 18 canais diferentes (0–17), aumentar (A) ou
diminuir (D) o volume. A tabela indica treˆs co´digos decimais para transmitir essa
informac¸a˜o.
0 1 2 · · · 9 10 11 · · · 17 A D
C1 00 01 02 · · · 09 10 11 · · · 17 18 19
C2 0000 0101 0202 · · · 0909 1010 1111 · · · 1717 1818 1919
C3 00000 01011 02022 · · · 09099 10109 11118 · · · 17172 18181 19190
190 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(a) Determine a distaˆncia mı´nima de cada um dos treˆs co´digos.
(b) Diga quais dos co´digos detectam e/ou corrigem erros singulares.
(c) Um receptor de televisa˜o recebe informac¸a˜o do comando utilizando o terceiro
co´digo. Sempre que poss´ıvel diga o efeito gerado pela recepc¸a˜o das seguintes
mensagens: 15154, 13144,19191.
(a) δ(C1) = 1, δ(C2) = 2 e δ(C3) = 3.
(b) O co´digo C2 detecta, mas na˜o corrige, erros singulares, enquanto C3 detecta
e corrige erros singulares.
(c) A palavra 15154 pertence a C3 pelo que o receptor efectua a operac¸a˜o corres-
pondente: muda para o canal 15.
A palavra 13144 na˜o pertence a C3 pelo que o receptor detecta o erro; no en-
tanto, na˜o realiza nenhuma operac¸a˜o pois na˜o tem capacidade para o corrigir,
uma vez que se trata de um erro duplo: d(13144, c) > 1 para qualquer c ∈ C3,
havendo mais do que uma palavra a distaˆncia 2 de 13144 (nomeadamente, as
palavras 13136, 14145 e 15154).
A palavra 19191 na˜o pertence a C3 pelo que o receptor detecta o erro; como
d(19190, 19191) = 1, esse erro e´ singular e a mensagem correcta e´ 19190,
correspondente a` operac¸a˜o D (diminuir o volume).
4.16. Seja C o co´digo (7, 3)-linear bina´rio definido pela matriz
1 1 0 1 0 0 0
1 1 1 0 1 0 0
1 1 0 0 0 1 0
1 0 1 0 0 0 1
 .
(a) Qual e´ o nu´mero de palavras de C?
(b) Calcule a distaˆncia mı´nima δ(C). Podera´ C detectar erros singulares? E
corrigir?
(c) Corrija, caso tal seja poss´ıvel, os erros nas seguintes mensagens: 0001000,
1011110.
(a) Trata-se de um co´digo sobre F2 com palavras de comprimento 7, com 4 d´ıgitos
de controle. Assim, C conte´m |F32| = 8 palavras: 0000000, 0010101, 0101110,
1001111, 1100001, 1011010, 0111011, 1110100.
Soluc¸o˜es de exerc´ıcios 191
(b) δ(C) = 3. Corrige erros singulares.
(c) A palavra correcta correspondente a` mensagem 0001000 e´ 0000000, enquanto
que a palavra correcta correspondente a` mensagem 1011110 e´ 1011010.
4.19. As matrizes H1, H2 e H3 seguintes determinam treˆs co´digos lineares
bina´rios.
H1 =
 1 1 1 0 01 1 0 1 0
0 1 0 0 1
 H2 =
 1 0 0 0 10 1 0 1 1
0 0 1 1 1
 H3 =

1 0 0 0 1 1 0
0 1 0 0 1 1 1
0 0 1 0 1 1 0
0 0 0 1 1 0 1

Para cada um desses co´digos, responda a`s seguintes questo˜es:
(a) Determine o comprimento do co´digo e o nu´mero de d´ıgitos de controlo.
(b) Calcule a distaˆncia mı´nima e descreva o conjunto das mensagens.
(c) Podera˜o estes co´digos ser usados para detectar e/ou corrigir erros singulares?
(d) Supondo que os treˆs u´ltimos d´ıgitos da mensagem sa˜o 011, diga se esta men-
sagem pode pertencer ao co´digo e determine a mensagem completa.
(a) H1 e H2 definem co´digos (5,2)-lineares enquanto H3 define um co´digo (7,3)-
linear. Portanto, nos dois primeiros casos o comprimento e´ 5 e ha´ 3 d´ıgitos
de controle, enquanto que no segundo o comprimento e´ 7 e tem 4 d´ıgitos de
controle.
(b) (soluc¸a˜o para H2) A distaˆncia mı´nima e´ 3. Uma palavra c = x1x2x3x4x5 faz
parte do co´digo se e so´ se H2c
T = 0, ou seja,
x1 + x5 = 0
x2 + x4 + x5 = 0
x3 + x4 + x5 = 0
⇔

x1 = x5
x2 = x4 + x5
x3 = x4 + x5.
Portanto, as mensagens sa˜o da forma
(x5, x4 + x5, x4 + x5, x4, x5) = x4(0, 1, 1, 1, 0) + x5(1, 1, 1, 0, 1)
com x4, x5 ∈ Z2 (isto e´, o conjunto das mensagens e´ o subespac¸o vectorial de
Z52 gerado pelos vectores (0, 1, 1, 1, 0) e (1, 1, 1, 0, 1)). O co´digo e´ pois formado
por 4 mensagens: (0, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1, 1).
192 CORPOS E EQUAC¸O˜ES ALGE´BRICAS
(c) (soluc¸a˜o para H2) Sim, detecta e corrige erros singulares.
(d) (soluc¸a˜o para H2) Sim: (1, 0, 0, 1, 1).